构造一个数组$b_{i}$(初始为0),对于操作$[l_{i},r_{i}]$,令$b_{l_{i}}$和$b_{r_{i}+1}$值异或1,表示$i$和$i-1$的差值发生改变,最终即要求若干个$b_{i}$为1,其余为0
对于一组合法方案,通过重新排列操作的顺序,使得每一次操作都有至少一个修改是$b_{i}$由1变为0,然后进行以下构造:
1.仅有1个$b_{i}$由1变为0(即另一个$b_{i}$是由0变成1),我们将其称之为移动,即将这个$b_{i}$移动到了另一个位置,其中移动的距离必须为奇素数
2.两个都由1变为0,可以看作移动到了与另一个1相同的位置上,那么就可以消除,称之为匹配,显然每一个初始为1的位置出现且仅出现在一个匹配内
根据匹配的独立性,对于一组给定的匹配方式,即求每一对数$(x,y)$相同所需要的最小次数之和,同时由于加减互为逆运算,可以看作由$x$变为$y$(即不移动$y$)
求$x$变为$y$的最小次数,对$x$和$y$分类讨论:
1.$x=y$,答案为0
2.$|y-x|$为奇素数,答案为1
3.$|y-x|$为偶数,根据哥德巴赫猜想,答案为2(特别的,2=5-3)
4.$|y-x|$为其他情况,选择一个比其小的奇素数,剩下的偶数部分再分为两个奇素数,因此答案为3(特别的,1=3+3-5,3和5都为素数,是第2种情况)
对于第1种情况,直接贪心匹配,即对于一个连续的$a_{i}$,只需要记录左端点和右端点+1即可
假设初始为1的位置中,有$x$个奇数,$y$个偶数,然后选择了$k$对奇偶使得差为奇素数,然后对于剩下的显然尽量使用第3种,答案即$k+2(\lfloor\frac{x-k}{2}\rfloor+\lfloor\frac{y-k}{2}\rfloor)+3((x-k)mod\ 2)$
由于$2\lfloor\frac{x-k}{2}\rfloor=x-k-(x-k)mod\ 2$,同时$x-k\equiv y-k(mod\ 2)$(1总数为偶数),因此可以化简为$x+y-k+((x-k)mod\ 2)$
当$k$增大后上式一定单调不减,因此仅连奇素数的边,求最大匹配即可,时间复杂度为$o(n^{2})$
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 205
4 #define M 10000005
5 struct ji{
6 int nex,to;
7 }edge[N*N*2];
8 vector<int>v;
9 int E,n,x,ans,p[M],vis[M],a[N],head[N],match[N];
10 void add(int x,int y){
11 edge[E].nex=head[x];
12 edge[E].to=y;
13 head[x]=E++;
14 }
15 bool dfs(int k){
16 if (vis[k])return 0;
17 vis[k]=1;
18 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
19 if ((match[edge[i].to]==-1)||(dfs(match[edge[i].to]))){
20 match[k]=edge[i].to;
21 match[edge[i].to]=k;
22 return 1;
23 }
24 return 0;
25 }
26 int main(){
27 for(int i=2;i<M-4;i++){
28 if (!vis[i])p[++p[0]]=i;
29 for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<M-4);j++){
30 vis[i*p[j]]=1;
31 if (i%p[j]==0)break;
32 }
33 }
34 vis[0]=vis[1]=vis[2]=1;
35 scanf("%d",&n);
36 for(int i=1;i<=n;i++){
37 scanf("%d",&x);
38 a[2*i-1]=x;
39 a[2*i]=x+1;
40 }
41 n*=2;
42 sort(a+1,a+n+1);
43 for(int i=1;i<=n;i++)
44 if (((i==1)||(a[i]!=a[i-1]))&&((i==n)||(a[i]!=a[i+1])))v.push_back(a[i]);
45 n=v.size(),x=0;
46 for(int i=0;i<n;i++)
47 if (v[i]&1)x++;
48 memset(head,-1,sizeof(head));
49 for(int i=0;i<n;i++)
50 for(int j=0;j<n;j++)
51 if (!vis[abs(v[i]-v[j])])add(i,j);
52 memset(match,-1,sizeof(match));
53 for(int i=0;i<n;i++)
54 if (v[i]&1){
55 memset(vis,0,sizeof(vis));
56 ans+=dfs(i);
57 }
58 printf("%d",n-ans+((ans&1)!=(x&1)));
59 }